【物理】2020届一轮复习人教版用牛顿运动定律解决问题（一）课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版用牛顿运动定律解决问题（一）课时作业

‎2020届一轮复习人教版 用牛顿运动定律解决问题（一） 课时作业 1．若水平恒力F在时间t内使质量为m的物体在光滑水平面上由静止开始移动一段距离s，则2F的恒力在2t时间内，使质量为的物体在同一水平面上，由静止开始移动的距离是(　　)‎ A．s　 B．4s　 C．10s　　 D．16s 答案：D ‎2．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，则F的大小为 (　　)‎ A．2 N B．1 N C．4 N D．8 N 解析：在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2.由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1 N＝2 N.‎ 答案：A ‎3.如图所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡 B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变 D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大 答案：A ‎4．如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg 的小物块静止在A点．现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图象如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图甲　　　　　图乙 A．小物块到C点后将沿斜面下滑 B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的 C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推力F的大小为6 N 解析：由题图乙可以知道，加速运动的加速度大小a1＝＝ m/s2＝ m/s2，减速运动的加速度大小a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，故a1∶a2＝1∶3，故B正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，解得μ＝，故C错误；mgsin30°＝mg＝μmgcos30°，所以物块到达C点后将静止在C点不会下滑，故A错误；加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，解得F＝4 N，故D错误；综上所述本题答案是B.‎ 答案：B ‎5．(多选)如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g＝10 m/s2，以下结论正确的是(　　)‎ A．匀变速直线运动的初速度为1 m/s B．物体的位移为12 m时速度为7 m/s C．水平恒力F的大小为4 N D．水平恒力F的大小为12 N 解析：根据x＝v0t＋at2＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2.故A正确．根据v2－v＝2ax得，v＝ ＝ m/s＝7 m/s.故B正确．根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N．故C错误，D正确．故选ABD.‎ 答案：ABD ‎6．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　)‎ A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的5倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 解析：自由落体规律可知：v2＝2gH，‎ 缓冲减速过程：v2＝2ah，‎ 由牛顿第二定律列方程：F－mg＝ma，‎ 解得F＝mg＝5mg，故B正确．‎ 答案：B ‎7．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v-t图象中，符合此过程中物体运动情况的图象可能是(　　)‎ 解析：其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图象中图象的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图象的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图象的斜率逐渐减小，D正确．‎ 答案：D ‎8．木块质量m＝8 kg，在F＝4 N的水平拉力作用下，沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动，经t＝5 s的位移x＝5 m．g取10 m/s2.‎ ‎(1)求木块与粗糙平面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)若在5 s后撤去F，木块还能滑行多远？‎ 解析：(1)由x＝at2得a1＝＝0.4 m/s2.‎ 由牛顿第二定律F－Ff＝ma1，得Ff＝F－ma1＝(4－8×0.4)N＝0.8 N，由Ff＝μmg得μ＝＝＝0.01.‎ ‎(2)撤去F后，木块受摩擦力Ff＝μmg＝0.8 N，加速度a2＝－μg ‎＝－0.1 m/s2.5 s末的速度v＝a1t＝0.4×5 m/s＝2 m/s.x＝＝ m＝20 m.‎ 答案：(1)0.01　(2)20 m 9.(多选)如图水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ.若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物块所受摩擦力的方向水平向右 B．物块运动的时间为 C．物块相对地面的位移大小为 D．物块相对传送带的位移大小为 解析：物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，A正确；根据牛顿第二定律，得μmg＝ma，故a＝μg，物块加速运动的时间为t＝＝，B错误；根据速度位移关系v2＝2ax，得物块的位移x＝，C错误；传送带的速度为v，物块的平均速度为，物块相对传送带的位移大小等于物块的位移，D正确．‎ 答案：AD ‎10.一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m ‎ 的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员(　　)‎ A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为2∶1‎ C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7‎ D．加速与减速过程的位移之比为1∶4‎ 解析：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x＝t1＋t2，得到v＝＝8 m/s，故A错误．设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v＝a1t1，v＝a2t2，得到t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故B错误．由t1∶t2＝1∶2，又t1＋t2＝3 s，得到t1＝1 s，t2＝2 s，a1＝＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律，得加速过程：mg－f1＝ma1，f1＝mg－ma1＝2m；减速过程：f2－mg＝ma2，f2＝mg＋ma2＝14m，所以f1∶f2＝1∶7，故C正确；匀加速运动位移为：x1＝t1，匀减速运动位移为：x2＝t2，所以加速与减速过程的位移之比x1∶x2＝t1∶t2＝1∶2，D错误．故选C.‎ 答案：C ‎11.如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间动摩擦因数为0.20.g取10 m/s2，cos ‎ 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求：‎ ‎(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；‎ ‎(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s.‎ 解析：(1)对雪橇，竖直方向：‎ N1＋Fsin 37°＝mg，①‎ 且f1＝μN1，②‎ 由牛顿第二定律：‎ Fcos 37°－f1＝ma1，③‎ 由运动学公式：v＝a1t1，④‎ 联立①②③④，解得v＝5.2 m/s.‎ ‎(2)撤去拉力后，‎ 雪橇的加速度a2＝μg 根据－v2＝－2a2s，‎ 解得s＝6.76 m.‎ 答案：(1)5.2 m/s　(2)6.76 m ‎12.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，AB长为16 m，传送带以10 m/s的速度匀速运动．在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需的时间(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．‎ 解析：开始时，物体的加速度为：‎ a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2.‎ 因为＝5 m

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